弹性碰撞和非弹性碰撞—【新教材】人教版高中物理选修第一册

5.弹性碰撞和非弹性碰撞课标·定向素养·导引1.通过实验,了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点。

2.定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。

物理观念 通过学习理解弹性碰撞、非弹性碰撞,了解正碰(对心碰撞)科学思维1.能在熟悉的问题情境中根据实际情况选择弹性碰撞或非弹性碰撞模型解决问题。

2.通过实例分析,会应用动量、能量的观点解决一维碰撞问题。

【情境引入】碰撞现象在生活中很常见,例如汽车的碰撞,冰壶的碰撞,陨石的撞击等等,那么在这些碰撞中能量是如何转化的?不同物体间的碰撞又有什么特点呢?随着我们学习的深入,我们会逐渐地认识到。

一、弹性碰撞和非弹性碰撞1.碰撞的特点:物体碰撞时,相互作用时间很短,相互作用的内力很大,故碰撞过程满足动量守恒。

2.碰撞的分类:弹性碰撞 系统在碰撞前后动能不变的碰撞 非弹性碰撞系统在碰撞前后动能减少的碰撞二、弹性碰撞的实例分析1.正碰:两个小球相碰,碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上,碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。

这种碰撞也叫作对心碰撞或一维碰撞。

2.弹性正碰的特点:假设物体m 1以速度v 1与原来静止的物体m 2发生弹性正碰。

(1)碰撞前后系统的动量相同,动能相同。

(2)两球质量相等时,碰撞的特点是m 2以v 1的速度向前运动,m 1静止。

(3)m 1>m 2时,碰撞的特点是m 1和m 2都向前运动,且m 1的速度小于m 2的速度。

(4)m 1<m 2时,碰撞的特点是m 2向前运动,m 1被反弹。

(5)m 1≫m 2,m 1的速度没有改变,而m 2被撞后以2v 1的速度向前运动。

(6)m 1≪m 2,m 1以原来的速率向反方向运动,而m 2仍然静止。

思考 如图所示为对心碰撞。

(1)在一光滑水平地面上有两个质量分别为m 1、m 2的刚性小球A 和B ,分别以初速度v 1、v 2运动,若它们能发生碰撞(为一维弹性碰撞),请列出碰撞过程的动量、动能关系式。

5 弹性碰撞和非弹性碰撞[学习目标]1．知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点.2.能运用动量和能量的观点分析、解决一维碰撞的问题．一、弹性碰撞和非弹性碰撞1．弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒的碰撞叫弹性碰撞． 2．非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒的碰撞叫非弹性碰撞． 二、弹性碰撞的实例分析在光滑水平面上质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性正碰．根据动量守恒和能量守恒：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′；12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2碰后两个物体的速度分别为 v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v ′2＝2m 1m 1＋m 2v 1.(1)若m 1>m 2，v 1′和v 2′都是正值，表示v 1′和v 2′都与v 1方向同向．(若m 1≫m 2，v 1′＝v 1，v 2′＝2v 1，表示m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去)(2)若m 1<m 2，v 1′为负值，表示v 1′与v 1方向相反，m 1被弹回．(若m 1≪m 2，v 1′＝－v 1，v 2′＝0，表示m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止)(3)若m 1＝m 2，则有v 1′＝0，v 2′＝v 1，即碰撞后两球速度互换．1．判断下列说法的正误．(1)发生碰撞的两个物体，动量是守恒的．(√)(2)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的．(×)(3)碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守恒，机械能损失最大．(×)(4)两物体发生碰撞的过程中，两物体组成的系统机械能可能增加．(×)2．现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，乙以2v的速率被反向弹回，那么这次碰撞是______．A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞答案 A一、弹性碰撞和非弹性碰撞导学探究如图1甲、乙所示，两个质量都是m的物体，物体B静止在光滑水平面上，物体A以速度v0正对B运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？图1答案 不守恒．碰撞时：m v 0＝2m v ，得v ＝v 02E k1＝12m v 02，E k2＝12×2m v 2＝14m v 02.所以ΔE k ＝E k2－E k1＝14m v 02－12m v 02＝－14m v 02，即系统总动能减少了14m v 02.知识深化1．碰撞的特点(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计． (2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以碰撞过程动量守恒． 2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒． m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 若v 2＝0，则有v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE ＝E k 初总－E k 末总＝Q .(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大． 设两者碰后的共同速度为v 共，则有 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共机械能损失为ΔE ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2.命题角度1 弹性碰撞如图2所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接，质量为m 1的小球从高为h 处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC 段上质量为m 2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球m 2的速度大小v 2.(重力加速度为g )图2答案2m 12ghm 1＋m 2解析 设m 1碰撞前瞬间的速度为v ，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 1v 2，解得v ＝2gh ①设碰撞后m 1与m 2的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律有m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2② 由于碰撞过程中无机械能损失 12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22③联立②③式解得v 2＝2m 1vm 1＋m 2④将①代入④得v 2＝2m 12ghm 1＋m 2.针对训练 (2019·三湘名校联盟期末)如图3所示，A 、B 是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，m B ＝5m A .B 球静止，拉起A 球，使细线与竖直方向偏角为30°，由静止释放，在最低点A 与B 发生弹性碰撞．不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是( )图3A ．A 静止，B 向右，且偏角小于30° B ．A 向左，B 向右，且偏角等于30°C ．A 向左，B 向右，A 球偏角大于B 球偏角，且都小于30°D ．A 向左，B 向右，A 球偏角等于B 球偏角，且都小于30° 答案 C解析 设A 球到达最低点的速度为v ，在最低点A 与B 发生弹性碰撞后，A 球的速度为v A ，B 球的速度为v B由动量守恒可得：m A v ＝m A v A ＋m B v B 由机械能守恒可得：12m A v 2＝12m A v A 2＋12m B v B 2可得v A ＝m A －m B m A ＋m B v ＝－23v ，v B ＝2m A m A ＋m B v ＝13v ，A 向左，B 向右，A 球偏角大于B 球偏角，且都小于30°，故选项C 正确．命题角度2非弹性碰撞如图4所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1 kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2 m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度v C＝1 m/s.求：图4(1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度大小；(2)两次碰撞过程中共损失了多少动能．答案(1)1 m/s(2)1.25 J解析(1)A、B相碰满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：m v0＝2m v1得两球跟C球相碰前的速度v1＝1 m/s.(2)两球与C球碰撞同样满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有：2m v1＝m v C＋2m v2解得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s，两次碰撞损失的动能ΔE k ＝12m v 02－12×2m v 22－12m v C 2＝1.25 J.二、碰撞可能性的判断 碰撞问题遵循的三个原则：(1)系统动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)系统动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.(3)速度要合理：①碰前两物体同向运动，即v 后>v 前，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，且v 前′≥v 后′. ②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．(多选)(2018·福州十一中高二下期中)质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上，沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量p A ＝9 kg·m/s ，B 球的动量p B ＝3 kg·m/s ，当A 追上B 时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能值是( ) A ．p A ′＝6 kg·m/s ，p B ′＝6 kg·m/s B ．p A ′＝4 kg·m/s ，p B ′＝6 kg·m/s C ．p A ′＝－6 kg·m/s ，p B ′＝18 kg·m/s D ．p A ′＝4 kg·m/s ，p B ′＝8 kg·m/s 答案 AD解析 设两球质量均为m ，碰前总动量p ＝p A ＋p B ＝12 kg·m/s ，碰前总动能E k ＝p A 22m ＋p B 22m ＝45m若p A ′＝6 kg·m/s ，p B ′＝6 kg·m/s ，碰后总动量p ′＝p A ′＋p B ′＝12 kg·m/s. 碰后总动能E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝36m <45m，故可能发生，A 正确．若p A ′＝4 kg·m/s ，p B ′＝6 kg·m/s ，碰后p ′＝p A ′＋p B ′≠p ，故不可能，B 错误． 若p A ′＝－6 kg·m/s ，p B ′＝18 kg·m/s ，碰后E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m >45m ，故不可能，C 错误．若p A ′＝4 kg·m/s ，p B ′＝8 kg·m/s ， 碰后p ′＝12 kg·m/s ＝p ，E k ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝40m <45m，故可能，D 正确．处理碰撞问题的思路1．对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，再看总机械能是否增加． 2．注意碰后的速度关系．3．要灵活运用E k ＝p 22m 或p ＝2mE k ，E k ＝12p v 或p ＝2E kv 几个关系式．1．(弹性碰撞)如图5，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态可能是( )图5A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动答案 D解析规定向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2m v0，B的动量p B＝－2m v0，碰前A、B 的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．2．(非弹性碰撞)(2020·景德镇一中期中)如图6所示，小球A和小球B质量相同，小球B置于光滑水平面上，小球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，小球均可视为质点，则它们能上升的最大高度是()图6A ．h B.12h C.14h D.18h 答案 C解析 小球A 由释放到摆到最低点的过程做的是圆周运动，由机械能守恒得m A gh ＝12m A v 12，则v 1＝2gh .A 、B 的碰撞过程满足动量守恒定律，则m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，又m A ＝m B ，得v 2＝2gh 2，对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得12(m A ＋m B )v 22＝(m A ＋m B )gh ′，则h ′＝h4，故C 正确．3．(碰撞可能性的判断)(多选)质量为1 kg 的小球以4 m/s 的速度与质量为2 kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度v 1′和v 2′，下面可能正确的是( ) A ．v 1′＝v 2′＝43 m/sB ．v 1′＝3 m/s ，v 2′＝0.5 m/sC ．v 1′＝1 m/s ，v 2′＝3 m/sD ．v 1′＝－1 m/s ，v 2′＝2.5 m/s 答案 AD解析 由碰撞前后总动量守恒m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′和动能不增加E k ≥E k1′＋E k2′验证A 、B 、D 三项皆有可能．但B 项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A 、D 两项有可能．4.(碰撞的综合问题)(2020·扬州十一中高二下期中)如图7所示的三个小球的质量都为m ，B 、C 两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A 球以速度v 0沿B 、C 两球球心的连线向B 球运动，碰后A 、B 两球粘在一起．问：图7(1)A 、B 两球刚刚粘合在一起的速度是多大？ (2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？ (3)弹簧的最大弹性势能是多少？ 答案 (1)v 02 (2)v 03 (3)112m v 02解析 (1)在A 、B 碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C 球并没有参与A 、B 的碰撞，因此A 、B 两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，则有： m v 0＝2m v 1，解得v 1＝v 02.(2)粘合在一起的A 、B 两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C 球加速，速度由零开始增大，而A 、B 两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等．在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A 、B 两球刚刚粘合在一起的速度方向为正方向，有： 2m v 1＝3m v 2，解得v 2＝23v 1＝v 03.(3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大E pm＝12×2m v12－12×3m v22＝112m v02.考点一碰撞问题的理解1．下列关于碰撞的理解正确的是()A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞答案 A解析碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时在极短时间内发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，动能不一定守恒．如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确．2．(多选)(2020·鹤壁市高二下质检)如图1所示，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1<m2，经一段时间两物体相碰撞并粘在一起，碰撞后()图1A．两物体将向左运动B．两物体将向右运动C．两物体组成的系统损失能量最小D．两物体组成的系统损失能量最大答案AD解析物体的动量p＝2mE k，已知两物体动能E k相等，m1<m2，则p1<p2，两物体组成的系统总动量方向与物体2的动量方向相同，即向左，由动量守恒知，两物体碰撞后动量向左，两物体将向左运动，故A正确，B错误；两物体碰撞后粘合在一起，发生的碰撞是完全非弹性碰撞，两物体组成的系统损失的机械能最大，故C错误，D正确．3．(2020·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图2所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，其质量m A<m B，B球上固定一水平轻质弹簧，若将A球以速率v去碰撞静止的B球，下列说法中正确的是()图2A．当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小B．当弹簧恢复原长时，B球速率最大C．当A球速率为零时，B球速率最大D．当B球速率最大时，弹簧弹性势能不为零答案 B解析分析小球的运动过程：A与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A产生向左的弹力，对B产生向右的弹力，A做减速运动，B做加速运动，当B的速度等于A的速度时弹簧压缩量最大，此后A球速度继续减小，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长时，B球速率最大．由以上分析可知，当弹簧压缩量最大时，A球速率没有达到最小值，故A错误，B正确；由于质量m A<m B，A的速度变化比B快，A球的速度是0时，弹簧仍然处于压缩状态，B球的速率没有达到最大，故C错误；当弹簧恢复原长时，B球速率达到最大值，所以此时弹簧的弹性势能是0，故D错误．考点二碰撞问题的计算4.质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图3所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，则最后这个整体的动能为()图3A ．E 0 B.2E 03 C.E 03 D.E 09答案 C解析 碰撞过程中动量守恒，有m v 0＝3m v 1，可得 v 1＝v 03①E 0＝12m v 02②E k ′＝12×3m v 12③由①②③得E k ′＝12×3m (v 03)2＝13×(12m v 02)＝E 03，故C 正确．5．(多选)如图4甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2，图乙为它们碰撞前后的x －t 图像，已知m 1＝0.1 kg ，由此可以判断( )图4A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 1和m 2都向右运动C ．由动量守恒可以算出m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能 答案 AC解析 碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m 1的速度大小为v 1＝ΔxΔt ＝4 m/s ，方向只有向右才能与m 2相撞，故A 正确；由题图乙可知，向右为正方向，碰后m 2的速度方向为正方向，说明m 2向右运动，而m 1的速度方向为负方向，说明m 1向左运动，故B 错误；由题图乙可求出碰后m 2和m 1的速度分别为v 2′＝2 m/s ，v 1′＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得m 1v 1＝m 2v 2′＋m 1v 1′，代入解得m 2＝0.3 kg ，故C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，故D 错误．6．(多选)如图5所示，小球A 的质量为m A ＝5 kg ，动量大小为p A ＝4 kg·m/s ，小球A 水平向右运动，与静止的小球B 发生弹性碰撞，碰后A 的动量大小为p A ′＝1 kg·m/s ，方向水平向右，则( )图5A ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝3 kg·m/s B ．碰后小球B 的动量大小为p B ＝5 kg·m/sC ．小球B 的质量为15 kgD ．小球B 的质量为3 kg 答案 AD解析 规定向右为正方向，碰撞过程中A 、B 组成的系统动量守恒，所以有p A ＝p A ′＋p B ，解得p B ＝3 kg·m/s ，A 正确，B 错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故p A 22m A ＝p A ′22m A ＋p B 22m B，解得m B ＝3 kg ，C 错误，D 正确． 7.在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动，在小球A 的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图6所示．小球A 与小球B 发生正碰后，小球A 、B 均向右运动，小球B 被在Q 点处的竖直墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，已知PQ ＝1.5PO .假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，两球均可视为质点，则A 、B 两小球质量之比为( )图6A．1∶1 B．2∶1C．3∶1 D．4∶1答案 B解析从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1，两球碰撞过程，有m1v0＝m1v1＋m2v2，12＝12m1v12＋12m2v22，解得m1∶m2＝2∶1.2m1v0考点三碰撞的可能性问题8．(2019·重庆八中月考)在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动，B在前，A在后．已知碰前两球的动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 kg·m/s，碰撞前后，它们动量的变化量分别为Δp A、Δp B.下列数值可能正确的是()A．Δp A＝－4 kg·m/s、Δp B＝4 kg·m/sB．Δp A＝4 kg·m/s、Δp B＝－4 kg·m/sC．Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B＝24 kg·m/sD．Δp A＝24 kg·m/s、Δp B＝－24 kg·m/s答案 A解析Δp A＝－4 kg·m/s、Δp B＝4 kg·m/s，由动量定理知碰后两球的动量分别为p A′＝8 kg·m/s，p B′＝17 kg·m/s，符合动量守恒定律，而且碰撞后A的动能减小，B的动能增大，总动能可能不增加，也不违反不可穿越原理，故选项A正确；由B、D所给动量变化量可知，碰撞后，A的动量沿原方向增大，即违反了不可穿越原理，故B、D错误；Δp A＝－24 kg·m/s、Δp B ＝24 kg·m/s ，碰后两球的动量分别为p A ′＝－12 kg·m/s ，p B ′＝37 kg·m/s ，可以看出，碰撞后A 的动能不变，B 的动能增大，违反了能量守恒定律，故C 错误．9．(多选)(2019·马鞍山二中期末)如图7所示，质量为M 的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和14圆弧轨道相切且都光滑，一个质量为m 的小球以速度v 水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法正确的是( )图7A ．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B ．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C ．小球可能沿水平方向向右做平抛运动D ．小球可能做自由落体运动答案 BCD10．两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图像如图8所示．求：图8(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．答案 (1)1∶8 (2)1∶2解析 (1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度分别为v 1、v 2.由题图得 v 1＝－2 m/s ①v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题图得v ＝23m/s ③ 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8⑤(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2⑥ 由图像可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE ＝1∶2.11.如图9所示，一水平轻质弹簧两端连着物体A 和B ，放在光滑的水平面上，物体A 被水平速度为v 0的子弹射中并且子弹嵌在其中．已知物体A 的质量m A 是物体B 的质量m B 的34，子弹的质量m 是物体B 的质量的14，求：图9(1)子弹击中A 后瞬间A 与B 的速度大小；(2)弹簧压缩到最短时B 的速度大小．(3)弹簧的最大弹性势能．答案 (1)v 04 0 (2)v 08 (3)116m v 02 解析 (1)由题意知，m B ＝4m ，m A ＝3m ；子弹射入A 的过程，子弹与A 组成的系统动量守恒，B 的速度v B ＝0保持不变．对于子弹和A 组成的系统，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m A )v A ，联立解得v A ＝v 04； (2)子弹、A 、B 组成的系统，从子弹开始射入物体A 一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受外力(重力、支持力)的合力始终为零，故整个过程系统的动量守恒，设系统的共同速度为v ，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m A ＋m B )v ，故v ＝v 08，即弹簧压缩到最短时B 的速度为v 08. (3)ΔE p ＝12(m A ＋m )v A 2－12(m A ＋m B ＋m )v 2＝116m v 02.12.如图10所示，一光滑水平面上有质量为m 的光滑曲面体A ，A 右端与水平面平滑连接，一质量为m 的小球C 放在曲面体A 的曲面上，距水平面的高度为h ，小球C 从静止开始滑下，然后与质量为2m 的小球B 发生弹性正碰(碰撞时间极短，且无机械能损失)．重力加速度为g .图10(1)小球C 与曲面体A 分离时，求A 、C 的速度大小；(2)小球C 与小球B 发生碰撞后，小球C 能否追上曲面体A ?答案 (1)均为gh (2)不能解析 (1)设小球C 与曲面体A 分离时速度大小为v 0，此时曲面体A 的速度大小为v A ，小球C 运动到曲面体A 最低点的过程中，以向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得m v 0－m v A ＝0，由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 02＋12m v A 2， 解得v A ＝v 0＝gh .(2)设小球C 与小球B 发生正碰后速度分别为v C 和v B ，以向右为正方向，由于小球C 与小球B 发生弹性正碰，由动量守恒定律得m v 0＝m v C ＋2m v B ，由机械能守恒定律得12m v 02＝12m v C 2＋12×2m v B 2， 解得v B ＝23gh ，v C ＝－13gh ， 因|v C |<|v A |，则小球C 与小球B 发生碰撞后，小球C 不能追上曲面体A .。

5弹性碰撞和非弹性碰撞一、常见碰撞的类型1．弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒．2．非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒．3．完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或碰后具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大．碰撞是我们日常生活中经常见到的，台球桌上台球的碰撞(图甲)，打乒乓球时乒乓球与球拍的碰撞(图乙)，因为司机饮酒而造成汽车的碰撞(图丙)等，这些碰撞有哪些共同特点？又有哪些不同？提示：这些碰撞的共同特点均是作用时间极短，不同特点是能量损失不同．二、弹性碰撞的处理1．两质量分别为m1、m2的小球发生弹性碰撞，v1≠0，v2＝0，则碰后两球速度分别为v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2′＝2m1m1＋m2v1.2．若m1＝m2的两球发生弹性碰撞，v1≠0，v2＝0，则v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交换速度．3．若m1≪m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性碰撞后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率弹回，而m2仍静止．4．若m1≫m2，v1≠0，v2＝0，则二者弹性碰撞后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不变，m2以2v1的速度被撞出去．注：3、4中，v1′，v2′为近似取值，碰撞过程能量守恒．如图所示，光滑水平面上并排静止着小球2、3、4，小球1以速度v0射来，已知四个小球完全相同，小球间发生弹性碰撞，则碰撞后各小球的运动情况如何？提示：小球1与小球2碰撞后交换速度，小球2与3碰撞后交换速度，小球3与小球4碰撞后交换速度，最终小球1、2、3静止，小球4以速度v0运动．考点一碰撞问题的三个解题依据1．动量守恒p1＋p2＝p1′＋p2′.2.动能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.3．速度要符合情境如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v 后>v 前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体速度大于或等于原来在后的物体的速度．即v 前′≥v 后′，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体是相向运动，则碰后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．【例1】 A 、B 两球在水平光滑直轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p A ＝5 kg·m/s ，p B ＝7 kg·m/s.A 从后面追上B 并发生碰撞，碰后B 的动量p B ′＝10 kg·m/s ，试判断：(1)两球质量的关系；(2)若已知m B ＝177m A ，则该碰撞过程是否为弹性碰撞？ 【审题指导】分析求解时考虑以下两个方面的问题：一是碰撞的特点和规律，二是碰撞的合理性．【解析】 (1)由碰撞中动量守恒可求得p A ′＝2 kg·m/s ，要使A追上B ，则必有：v A >v B ，即p A m A >p B m B，得m B >1.4m A . 碰后p A ′、p B ′均大于0，表示同向运动，则应有：v B ′≥v A ′.即p A ′m A ≤p B ′m B ，则m B ≤5m A .碰撞过程中，动能不增加，则有：p 2A 2m A ＋p 2B 2m B ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B， 推得：m B ≥177m A .综合上面可知：177m A ≤m B ≤5m A . (2)若m A ＝m ，则m B ＝177m ， 碰前总动能E k ＝p 2A 2m A ＋p 2B 2m B ＝38417mJ. 碰后总动能E k ′＝p A ′22m A ＋p B ′22m B ＝38417mJ. 所以E k ＝E k ′.故该碰撞过程是完全弹性碰撞．【答案】 (1)177m A ≤m B ≤5m A (2)是动量守恒定律是分析、求解碰撞问题的重要规律，但并非唯一规律，有时要结合速度及能量的合理性考虑碰撞中的实际情况.(多选)在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是( AD )A ．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开B ．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C ．若两球质量不等，碰后以某一相等速率互相分开D ．若两球质量不等，碰后以某一相等速率同向而行解析：选项A ，碰撞前两球总动量为零，碰撞后总动量也为零，动量守恒，所以选项A 是可能的；选项B ，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前总动量为零，所以选项B不可能；选项C，碰撞前、后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，选项C不可能；选项D，碰撞前总动量不为零，碰撞后总动量也不为零，方向可能相同，所以选项D是可能的．考点二碰撞的常见模型相互作用的两个物体在很多情况下都可当做碰撞处理．对相互作用中两物体相距“最近”“最远”或恰上升到“最高点”等一类临界问题，求解的关键都是“速度相等”，具体分析如下：(1)如右图所示，光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止且一端带有弹簧的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必相等，此时弹簧最短，其压缩量最大．(2)如右图所示，物体A以速度v0滑上静止在光滑水平面上的小车B，当A在B上滑行的距离最远时，A、B两物体相对静止，A、B两物体的速度必相等．(3)如右图所示，质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点时(即小球的竖直速度为零)，两物体的速度一定相等(方向水平向右)．小球沿曲面滑动过程中，系统动量不守恒，只是水平方向动量守恒.【例2】如图所示，木块A的右侧为光滑曲面(曲面足够长)，且下端极薄，其质量为2.0 kg，静止于光滑水平面上．一质量为2.0 kg 的小球B以2.0 m/s的速度从右向左运动冲上A的曲面，与A发生相互作用．(1)B球沿A曲面上升到最大高度处的速度是()A．0B．1.0 m/sC．0.71 m/s D．0.50 m/s(2)B球沿A曲面上升的最大高度是()A．0.40 m B．0.20 mC．0.10 m D．0.05 m(3)B球与A相互作用结束后，B球的速度是()A．0 B．1.0 m/sC．0.71 m/s D．0.50 m/s【审题指导】1．B沿A上升到最大高度处，B的速度沿什么方向，A和B的速度具有怎样的关系？2．A和B相互作用的过程中，二者组成的系统动量守恒吗？机械能守恒吗？ 【解析】 (1)在最大高度处两球速度相同，方向水平向左，设为v ，由动量守恒定律得m v 0＝2m v ，代入数据得v ＝1.0 m/s.(2)从开始到小球到达最大高度处，这一过程中系统的机械能守恒，则12m v 20＝12(m ＋m )v 2＋mgh ，代入数据得h ＝0.10 m.(3)从开始冲上曲面到小球又回到最低点的过程可以看做弹性碰撞，则由动量守恒定律得m v 0＝m v A ＋m v B ，再由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 2A ＋12m v 2B ，联立得v A ＝v 0＝2.0 m/s ，v B ＝0. 【答案】 (1)B (2)C (3)A在弹性碰撞中，系统同时满足动量守恒定律和机械能守恒定律.如图所示，P 物体与一个连着弹簧的Q 物体正碰，碰撞后P 物体静止，Q 物体以P 物体碰撞前速度v 离开，已知P 与Q 质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短时，下列的结论中正确的应是( B )A ．P 的速度恰好为零B ．P 与Q 具有相同速度C ．Q 刚开始运动D ．Q 的速度等于v解析：P 物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P 物体做减速运动，Q 物体做加速运动，P 、Q 间的距离减小，当P 、Q 两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B 正确，A 、C 错误．由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v ′，则m v ＝(m ＋m )v ′，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v′＝v/2，故D错误．考点三完全非弹性碰撞中的能量转化规律在非弹性碰撞中，机械能不守恒，完全非弹性碰撞中机械能损失最大．那么，碰撞中减少的机械能转化成什么形式的能量了呢？常见的有以下几类问题：(1)ΔE k转化为内能Q(2)ΔE k转化为内能Q(3)ΔE k转化为内能Q(4)ΔE k转化为弹性势能E p＋内能Q在解决这几类问题时，要分析清楚能量的去向，应用动量守恒定律结合机械能的损失列方程(组)进行计算．【例3】如图所示，质量为M的木板静止在光滑的水平面上，一质量为m的木块(可视为质点)以初速度v0向右滑上木板，木板与木块间的动摩擦因数为μ，求木块在木板上滑行的最大距离．(假设木板足够长)【审题指导】m在M上滑行时，它们之间存在相对运动，产生热量，系统的动能减少，水平面光滑，M 、m 组成的系统动量守恒．当滑行距离最大时的隐含条件是二者速度相等．【解析】 设木块相对于木板滑行的最大距离为L ，此时它们共同的速度为v ，以m 和M 为系统，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v①，由能量守恒定律得Q ＝ΔE k ，即μmgL ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2 ②，①②两式联立得L ＝M v 202(M ＋m )μg. 【答案】 M v 202(M ＋m )μg(1)分析运动过程，寻找隐含条件是解题的关键.,(2)掌握碰撞特点，准确找出动量、能量的关系即可求解.如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动．设甲同学和他的车的总质量为150 kg ，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s ；乙同学和他的车总质量为200 kg ，碰撞前向左运动，速度的大小为3.7 m/s.求碰撞后两车共同的运动速度及碰撞过程中损失的机械能．答案：0.186 m/s ，方向向左 2 881.7 J解析：设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车的总质量m 1＝150 kg ，碰撞前的速度v 1＝4.5 m/s ；乙同学和车的总质量m 2＝200 kg ，碰撞前的速度v 2＝－3.7 m/s.设碰撞后两车的共同速度为v ，则系统碰撞前的总动量为 p ＝m 1v 1＋m 2v 2＝150×4.5 kg·m/s ＋200×(－3.7) kg·m/s＝－65 kg·m/s碰撞后的总动量为p ′＝(m 1＋m 2)v根据动量守恒定律可得p ＝p ′，代入数据得v ≈－0.186 m/s ，即碰撞后两车以v ＝0.186 m/s 的共同速度运动，运动方向向左．此过程中损失的机械能ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2≈2 881.7 J. 学科素养提升碰撞过程的分类及碰撞过程的制约一、碰撞过程的分类1．弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中没有机械能损失．弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等，即12m 1v 21＋12m 2v 22 ＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 特殊情况：质量m 1的小球以速度v 1与质量m 2的静止小球发生弹性正碰，根据动量守恒和动能守恒有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2. 碰后两个小球的速度分别为：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1 (1)若m 1≫m 2，v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1，表示m 1的速度不变，m 2以2v 1的速度被撞出去．(2)若m 1≪m 2，v 1′≈－v 1，v 2′≈0，表示m 1被反向以原速率弹回，而m 2仍静止．(3)若m 1＝m 2，则有v 1′＝0，v 2′＝v 1，即碰撞后两球速度互换．2．非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中有机械能损失．非弹性碰撞遵守动量守恒，能量关系为：12m 1v 21＋12m 2v 22>12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 3．完全非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变完全不能够恢复的碰撞；碰撞过程中机械能损失最多．此种情况m 1与m 2碰后速度相同，设为v ，则：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v系统损失的动能最多，最大损失动能为ΔE km ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2 二、碰撞过程的制约通常有如下三种因素制约着碰撞过程．1．动量制约：即碰撞过程必须受到动量守恒定律的制约；2．动能制约：即碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；3．运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约．比如，某物体匀速运动，被后面物体追上并碰撞后，其运动速度只会增大而不会减小．【典例】如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中．已知物体A的质量是B的质量的34，子弹的质量是B的质量的14.求：(1)A物体获得的最大速度；(2)弹簧压缩量最大时物体B的速度．【解析】(1)子弹射入物体A时，两者组成的系统动量守恒，故m0v0＝(m0＋m A)v A，将m A＝34m B，m0＝14m B代入，得v A＝14v0.此后因弹簧压缩，A 受向左的弹力作用而做减速运动，速度减小，故14v 0是A 获得的最大速度．(2)弹簧压缩量最大时，A 、B 相距最近，其速度相等，由子弹、A 、B 组成的系统动量守恒，即m 0v 0＝(m 0＋m A ＋m B )v B ，得v B ＝m 0m 0＋m A ＋m Bv 0＝18v 0. 【答案】 (1)14v 0 (2)18v 0多碰撞过程在分析时要注意分析每个过程中的动量、动能变化情况，分过程列式处理．如本题中子弹与物体A 的碰撞是完全非弹性碰撞，以后子弹与A 作为一个整体与B 作用，属于弹性碰撞．类题试解水平台球桌面上母球A 、目标球B 和球袋洞口边缘C 位于一条直线上，设A 、B 两球质量均为0.25 kg 且可视为质点，A 、B 间的距离为5 cm ，B 、C 间距离为x ＝160 cm ，因两球相距很近，为避免“推杆”犯规(球杆推着两球一起运动的现象)，常采用“点杆”击球法(当球杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球在离杆后与目标球发生对心正碰，因碰撞时间极短，可视为完全弹性碰撞)，设球与桌面的动摩擦因数为μ＝0.5，为使目标球可能落入袋中，求：(1)碰撞过程中A 球对B 球的最小冲量为多大？(碰撞过程中的摩擦阻力可忽略不计)(2)碰撞前瞬间A 球的速度最小是多大？【解析】 (1)设碰撞后瞬间B 球能进入球袋的最小速度为v B ，由动能定理得：－μmgx ＝0－12m v 2B解得v B＝4 m/s由动量定理得：I＝m v B＝1 kg·m/s.(2)设A碰撞前瞬间最小速度为v A，碰撞后瞬间为v，则：由动量守恒定律得：m v A＝m v＋m v B由机械能守恒得：12m v2A＝12m v2＋12m v2B联立方程解得：v A＝v B＝4 m/s，v＝0.【答案】(1)1 kg·m/s(2)4 m/s1．关于碰撞的理解正确的是(A)A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫作非弹性碰撞D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞解析：碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象．一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，就叫作弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞．2．(多选)关于非弹性碰撞，下列说法正确的是(BC)A．非弹性碰撞中能量不守恒B．非弹性碰撞是相对弹性碰撞来说的C．非弹性碰撞的动能一定减少D．非弹性碰撞的动能可能增加解析：在非弹性碰撞中，机械能不守恒，但能量仍是守恒的，碰撞过程中会有一部分动能转化为其他形式的能量，故动能会减少．3．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰，小球A的质量为m1＝0.1 kg.图乙为它们碰撞前后两个小球的x－t图像．由此可以判断(AD)A．碰前小球B静止，小球A向右运动B．碰后小球A和B都向右运动C．小球B的质量为m2＝0.2 kgD．小球B的质量为m2＝0.3 kg解析：由x－t图像的斜率得到，碰前B的位移不随时间而变化，处于静止，A速度大小为v1＝Δs1Δt1＝82m/s＝4 m/s，方向只有向右才能与B相撞，故A正确；由x－t图像可知，碰后B的速度为正方向，说明向右运动，A的速度为负方向，说明向左运动，两小球运动方向相反，故B错误；由x－t图像可知，碰后B和A的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入解得m2＝0.3 kg，故C错误，D正确．故选A、D.4．如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为32m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动．现将C无初速度地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？答案：1.5v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1 解析：设向右为正方向，A 与C 粘合在一起的共同速度为v ′，由动量守恒定律得m v 1＝2m v ′ ①为保证B 碰挡板前A 未能追上B ，应满足v ′≤v 2 ②设A 与B 碰后的共同速度为v ″，由动量守恒定律得2m v ′－32m v 2＝72m v ″ ③ 为使B 能与挡板再次碰撞应满足v ″>0 ④联立①②③④式得1.5v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1. 5．光滑的水平地面上放着一块质量为M 、长度为d 的木块，一个质量为m 的子弹以水平速度v 0射入木块，当子弹从木块中出来后速度变为v 1，子弹与木块的平均摩擦力为f .求：(1)子弹打击木块的过程中摩擦力对子弹做功多少？摩擦力对木块做功多少？(2)在这个过程中，系统产生的内能为多少？答案：(1)12m (v 21－v 20) m 2(v 0－v 1)22M(2)fd 解析：(1)如图所示，由于水平面光滑，则子弹和木块组成的系统水平方向动量守恒，可得m v 0＝m v 1＋M v 2解之得v 2＝m (v 0－v 1)M. 对子弹利用动能定理可得－fx 1＝12m (v 21－v 20) 即为f 对子弹做的功．对木块利用动能定理可得fx 2＝12M v 22－0fx2＝m2(v0－v1)22M，即为f对木块做的功．(2)由能量守恒定律可知系统产生的内能等于系统机械能的减少量，Q＝fx1－fx2＝fd.即产生的内能等于摩擦力与相对位移的乘积．。

5弹性碰撞和非弹性碰撞[学习目标] 1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点(重点)。

2.了解对心碰撞和非对心碰撞的概念(重点)。

3.能运用动量和能量的观点分析解决一维碰撞的实际问题(重难点)。

一、弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞是我们日常生活中常见到的现象，台球桌上台球的碰撞(图甲)，汽车碰撞测试中两车的相向碰撞(碰撞后均静止)(图乙)等，这些碰撞有哪些相同点？又有哪些不同？(从动量和能量的角度进行分析)甲乙答案相同点是碰撞过程持续时间极短，此过程中内力远大于外力，碰撞满足动量守恒；不同点是碰撞过程中机械能损失有多有少，图甲损失的机械能相比碰撞前的机械能占比较小，图乙损失的机械能相比碰撞前的机械能占比较大。

2．在本章第一节图1.1－2 实验中，碰撞后两车粘在一起，总动能减少。

(1)碰撞过程中总动能减小的原因是什么？(2)是否可以改变小车质量和碰前速度使碰撞前后总动能不变？(3)为了尽量减少总动能的损失，可以对实验装置怎么进行改进？答案(1)碰撞中有机械能转化为内能。

(2)通过数据分析知不可以。

(3)两辆小车安装弹性碰撞架。

1．碰撞的特点(1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。

(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。

(3)动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。

(4)位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。

(5)能量特点：碰撞前总动能E k 与碰撞后总动能E k ′，满足E k ≥E k ′。

2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变。

(2)非弹性碰撞：系统在碰撞后动能减少。

(1)发生碰撞的两个物体动量守恒。

( √ )(2)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的。

( × )(3)两球在光滑水平面上发生非弹性碰撞时，系统动量是守恒的。

第一章 动量守恒定律5 弹性碰撞和非弹性碰撞1．如图所示，相同A 、B 两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A 球紧靠竖直墙壁．现用半径相同的小球C 与B 相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，从C 与B 碰撞到弹簧压缩最短的过程中，下列说法正确的是( )A ．B 、C 两个小球组成系统的动量不守恒、机械能不守恒B ．A 、B 、C 三个小球组成系统的动量守恒、机械能守恒C ．A 、B 、C 三个小球组成系统的动量不守恒、机械能守恒D ．B 、C 两个小球组成系统的动量守恒、机械能不守恒2．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1 kg ，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )A ．3 JB ．4 JC ．5 JD ．6 J3．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )A ．E 0B ．2E 03C ．E 03D ．E 094．冰壶运动深受观众喜爱，图1为运动员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置可能是图中的()A B C D5．如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是p A＝5.0 kg·m/s，p B＝7.0 kg·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp A和Δp B可能是()A．Δp A＝－3.0 kg·m/s；Δp B＝3.0 kg·m/sB．Δp A＝3.0 kg·m/s；Δp B＝3.0 kg·m/sC．Δp A＝3.0 kg·m/s；Δp B＝－3.0 kg·m/sD．Δp A＝－10 kg·m/s；Δp B＝10 kg·m/s6．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则()A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶107．如图所示，某次比赛中运动员正在准备击球，设在运动员这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量p A＝5 kg·m/s，花色球B静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p B′＝4 kg·m/s，则两球质量m A与m B 间的关系可能是()A ．mB ＝m AB ．m B ＝14m AC ．m B ＝16m AD ．m B ＝6m A8．(2024年济南期末)如图所示，质量为m 的薄板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在水平面上，O 为自然伸长位置．平衡时，弹簧的压缩量为x .一质量为m 的物块P 从距薄板正上方3x 的A 处自由落下，打在薄板上立刻与薄板一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，恰能回到O 点．若把物块P 换成物块Q ，仍从A 处自由落下，碰后二者仍然一起向下运动，且不粘连，又向上运动时物块Q 到达的最高点比O 点高x 2.不计空气阻力，物块Q 的质量为( )A ．2mB ．2mC ．3mD ．4m9．(2024年汕尾期末)在一起交通事故中，一辆货车追尾前面轿车致使两车嵌在一起滑行了19.6 m 才停下．事后交警通过调取轿车的行车记录仪发现被追尾前轿车的速度v 1＝36 km/h.若两车在地面滑行时与地面间的动摩擦因数均为0.5，碰撞后两车的发动机均停止工作，轿车的质量m 1＝1 t ，货车的质量m 2＝3 t ，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求两车碰撞后开始滑行时的速度大小；(2)若两车碰撞时间极短，求碰撞前货车的速度v 2大小；(3)若两车碰撞时间持续0.1 s ，轿车驾驶员的质量为70 kg ，求撞击过程中，轿车驾驶员受到的汽车水平方向的平均作用力的大小和方向．答案解析1、【答案】A 【解析】 C 与B 相碰过程中，由于时间极短，位移为零，弹簧没有弹力，所以此C 与B 组成的系统动量守恒，但动能损失最大，所以机械能不守恒；C 与B 一起压缩弹簧过程中，C 与B 组成的系统受弹力作用，动量不守恒，机械能守恒．所以整个过程，C 与B 组成的系统动量不守恒，机械能不守恒，A 、B 、C 三个小球组成系统的动量不守恒、机械能不守恒，所以A 正确．2、【答案】A 【解析】设甲的质量为m ，乙的质量为M ，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v 1和v 2，碰撞后甲、乙的速度大小分别为v 3和v 4，碰撞过程中动量守恒，则m v 1＋M v 2＝m v 3＋M v 4，解得M ＝6 kg ，则碰撞过程两物块损失的机械能ΔE ＝12m v 21＋12M v 22－12m v 23－12M v 24＝3 J ，故A 正确，B 、C 、D 错误．3、【答案】C 【解析】由碰撞中动量守恒m v 0＝3m v 1，得v 1＝v 03，第1个物块具有的动能E 0＝12m v 20，则整块的动能为E k ′＝12×3m v 21＝12×3m (v 03)2＝13×(12m v 20)＝E 03，故C 正确． 4、【答案】B 【解析】若两球不是对心碰撞，则两球可能在垂直于甲的初速度方向上均发生移位，但垂直于甲初速度方向上应保证动量为零，碰撞后在垂直于甲的初速度方向上两冰壶应向相反方向运动，由A 所示可知，两壶碰撞后向垂直于甲初速度方向的同侧滑动，不符合动量守恒定律，故A 错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，由图示可知，B 正确，C 、D 错误．5、【答案】A 【解析】根据碰撞过程动量守恒，如果Δp A ＝－3 kg·m/s 、Δp B ＝3 kg·m/s ，则碰后两球的动量分别为p A ′＝2 kg·m/s 、p B ′＝10 kg·m/s ，根据碰撞过程总动能不增加，是可能发生的，故A 正确．两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若Δp A ＝3 kg·m/s ，则Δp B ＝－3 kg·m/s ，B 选项违反了动量守恒定律，不可能，故B 错误．根据碰撞过程动量守恒定律，如果Δp A ＝3 kg·m/s 、Δp B ＝－3 kg·m/s ，所以碰后两球的动量分别为p A ′＝8 kg·m/s 、p B ′＝4 kg·m/s ，由题可知，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A 的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C 错误．如果Δp A ＝－10 kg·m/s 、Δp B ＝10 kg·m/s ，则碰后两球的动量分别为p A ′＝－5 kg·m/s 、p B ′＝17 kg·m/s ，可以看出，碰撞后A 的动能不变，而B 的动能增大，违反了能量守恒定律，故D 错误．6、【答案】A 【解析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒．同时考虑实际情况，碰撞前，后面的球速度大于前面球的速度．规定向右为正方向，碰撞前A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s ，说明A 、B 两球的速度方向向右，两球质量关系为m B ＝2m A ，所以碰撞前v A >v B ，所以左方是A 球．碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s ，所以碰撞后A 球的动量是2 kg·m/s ，碰撞过程系统总动量守恒m A v A ＋m B v B ＝－m A v A ′＋m B v B ′，所以碰撞后B 球的动量是10 kg·m/s ，根据m B ＝2m A ，所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5，A 正确．7、【答案】A 【解析】由动量守恒定律得p A ＋p B ＝p A ′＋p B ′，解得p A ′＝1 kg·m/s ，根据碰撞过程中总动能不增加，则有p 2A 2m A ≥p A ′22m A ＋p B ′22m B ，代入数据解得m B ≥23m A ．碰后两球同向运动，白色球A 的速度不大于花色球B 的速度，则p A ′m A ≤p B ′m B ，解得m B ≤4m A ，综上可得23m A ≤m B ≤4m A ，A 正确．8、【答案】B 【解析】物块由A 点下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律可得mg ·3x ＝12m v 20，解得碰前物块的速度v 0＝6gx ，物块与钢板碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1，解得v 1＝126gx ，碰撞后只有重力、弹力做功，机械能守恒，设弹性势能为E P ，由机械能守恒定律得E p ＋12·2m v 21＝2mgx ，解得E p ＝12mgx .物块Q 下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律得m ′g ·3x ＝12m ′v 20，解得v 0＝6gx ，碰撞过程中动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得m ′v 0＝(m ＋m ′)v 2，以后物和钢板一起压缩弹簧又回到O 点过程中机械能守恒，设回到O 点时速度为v 3，由机械能守恒定律得E p ＋12·(m ＋m ′)v 22＝(m ＋m ′)gx ＋12·(m ＋m ′)v 23，在O 点物块与钢板分离，做竖直上抛运动，上升高度x 2＝v 232g，联立解得m ′＝2m ，故选B ． 9、解：(1)两车碰撞后一起做匀减速直线运动，滑行位移s ＝19.6 m ，由牛顿第二定律得μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ， 由匀变速直线运动规律得s ＝12at 2，v ＝at ， 解得v ＝14 m/s.(2)两车碰撞的过程动量守恒，碰前货车的速度为v 2，轿车的速度为v 1，则 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，解得v 2＝463m/s ≈15.3 m/s. (3)碰撞过程中，对轿车驾驶员在水平方向上进行分析，根据动量定理，设前进方向为正方向，则有F Δt ＝m (v －v 1)，解得F＝2 800 N，方向与前进方向相同．。